Question

8．如圖所示，已知∠AOC=30°，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1T，邊界OD與OC之間分布有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E=$\frac{2}{3}$×10⁴V/m，邊界OA上有一粒子源S，距離O點為2$\sqrt{3}$m．某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子，所有粒子的初速度大小相同，均為v=1×10⁴m/s，粒子的質(zhì)量m=1×10^-19kg，電荷量q=1×10^-15C，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場．（不計粒子的重力及粒子間的相互作用）
（1）求粒子在磁場中運動的軌道半徑．
（2）在S處沿OA方向（水平向右）發(fā)射的粒子能否從邊界OC射出？若不能射出，請說明理由；若能射出，請求出射出的位置距O點的距離．
（3）最先到達(dá)邊界OC的粒子從距O點多遠(yuǎn)處再次進(jìn)人磁場？

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求得軌道半徑．
（2）過S作OA的垂線交OC于M，根據(jù)SM與軌道半徑的關(guān)系，即可作出判斷．
（3）最先到達(dá)邊界OC的粒子在磁場中運動時間最短，粒子運動軌跡對應(yīng)的弦最短，由幾何關(guān)系分析．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
  qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
可得 R=$\frac{mv}{qB}$=1m
（2）粒子能從邊界OC射出．
過S作OA的垂線交OC于M．$\overline{SM}$=$\overline{OS}$tan30°=2m，恰好等于2R，所以水平向右發(fā)射的粒子恰好運動半周到達(dá)OC邊界，M即為粒子從邊界OC射出的點（見圖2）．
  $\overline{OM}$=$\frac{\overline{SM}}{sin30°}$=4m
（3）過S作OC的垂線，垂足為P，由圖3知SP為粒子磁場中運動軌跡對應(yīng)的最短弦長，因為圓周運動的周期為定值，所以最先到達(dá)邊界OC的粒子將從P點射出．
則$\overline{PJ}$=$\frac{vt}{cos30°}$=2m
所以 $\overline{OJ}$=$\overline{OP}$-$\overline{PJ}$=$\overline{OS}$cos30°-$\overline{PJ}$=1m
答：
（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑為1m．
（2）在S處沿OA方向（水平向右）發(fā)射的粒子能從邊界OC射出，射出的位置距O點的距離是4m．
（3）最先到達(dá)邊界OC的粒子從距O點1m遠(yuǎn)處再次進(jìn)人磁場．

點評 畫出粒子的運動軌跡是解決本題的關(guān)鍵，要明確粒子在磁場中運動的周期是定值，運動時間與軌跡對應(yīng)的圓心角有關(guān)，此圓心角最小時運動時間最短．